Upload
frhandd-muhammad
View
310
Download
3
Embed Size (px)
DESCRIPTION
aa
Citation preview
AbsorbsiKelompok I
Nama : Astria Utami (0613304003)
Muhammad Farhan (061330400351)
Pusta Aryani (0613304003)Wahyu Sisilia Deviana
(0613304003)
10.1 Definisi
Absorbsi ialah proses pemisahan bahan dari suatu campuran gas
dengan cara pengikatan bahan tersebut pada permukaan absorben
cair yang diikuti pelarutan. Kecepatan absorbsi merupakan ukuran perpindahan massa
antara fase gas dan fase cair.
Absorben adalah cairan yang dapat melarutkan bahan yang akan diabsorbsi pada permukaan, baik secara fisik ataupun dengan reaksi kimia.
Jenis – jenis alat absorbsi antara lain :1. Sieve tray Berguna untuk absorbsi gas dan destilasi. Ukuran lubang tray 3-
12 mm dari diameter dengan ukuran umum 5 mm. Luas uap dari lubang berkisar
5 – 15 % dari luasan kolom.2. Valve tray
jenis ini adalah modifikasi dari sieve tray, yang terdiri dari bukaan kolom dan bukaan valve. Sekarang penggunaannya menurun, karena tipe kolom ini beroperasi pada skala besar sehingga biayanya lebih tinggi 20 % dari sieve tray.
3. Bubble cup trayJenis ini penggunaannya sejak 100 tahun lalu, tapi sejak tahun 1950 telah digantikan oleh jenis sieve atau valve tray.
4. Packed tower Digunakan untuk aliran kontinyu, dimana proses yang digunakan dengan mengontakkan antara gas dengan liquid secara countercurrent dalam absorbsi. Dan juga untuk mengontakkan uap – cairan dalam proses destilasi.
10.2 Equilibrium Relation Between Phases
• Gas- Liquid Equilibrium
Untuk Kesetimbangan gas-liquid, hukum kesetimbangannya diberikan
oleh Henry, yaitu
Dimana,PA = Tekanan Parsial Komponen A (atm).H = Konstanta Hukum Henry (atm/mol fraction).H’ = Konstanta Hukum Henry (mol frac.gas/mol frac.liquid). = H/P.XA = Fraksi Mol komponen A dalam Liquid. ( dimension less )YA = Fraksi Mol Komponen B dalam Gas = PA/P. ( dimension less )P = Tekanan Total (atm).
10.3 Single and Multiple Equilibrium Contact Stages
10.3.A Single - stage Equilibrium contact
Selama kontak berlangsung terjadi pencampuran komponen
antara dua fase saling menbaur.
Jika waktu pencampuran cukup, komponen pada kesetimbangan
dalam dua fase setelah proses pemisahan dan proses tersebut
dianggap
Dapat digambarkan sebagai dua fase yang berbeda (gas dan liquid
dalam absorbsi) yang dikontakkan kemudian dipisahkan.
single equilibrium stage.
10.3.B Single-stage Equilibrium contact for Gas-Liquid
System (Absorption)(-) Fasa gas mengandung zat terlarut A & inert B gas
(-) Fase cair mengandung zat terlarut A & inert cair (pelarut) C
(-) V = gas flow rate & L = liquid flow rate
(-) L’ = inert liquid (C) flow rate
(-) X, y = mol frac. dalam fase cair dan fasa gas
Single-stage
L0
xA0 L1
xA1
V2
yA2 V1
yA1
Liquid phaseinlet
Liquid phaseoutlet
Gas phaseinlet
Gas phaseoutlet
Single-Stage Equilibrium Contact for Gas-Liquid System.
Total material balance: L0 + V2 = L1 + V1
Component A balance: L0xA0 + V2yA2 = L1xA1 + V1yA1
Component C balance: L0xC0 + V2yC2 = L1xC1 + V1yC1
An equation for B is not needed since xA + xB + xC = 1.0
In term of inert flow rate: L’ = L(1-xA) L = L’/(1-xA)
V’ = V(1-yA) V = V’/(1-yA)
Operating line:
1
1'
1
1'
2
2'
0
0'
1111 A
A
A
A
A
A
A
A
y
yV
x
xL
y
yV
x
xL
Example 10.3-1: Equilibrium Stage Contact for CO2 –Air-Water
Sebuah campuran gas pada tekanan 1,0 atm abs berisi udara dan CO2 yang
dikontakkan dalam singel-stage mixer terus menerus dengan air yang murni pada
suhu 293 K. gas dan liquid keluar mencapai kesetimbangan. Laju alir gas inlet
adalah 100 kg mol / jam, dengan fraksi mol CO2 dari yA2 = 0.20. Tingkat aliran liquid
masuk adalah 300 kgmol air/ jam. Hitunglah jumlah dan komposisi dari dua fase
outlet. Asumsikan air yang tidak menguap ke fase gas.
Solusi
Untuk flow diagram, Aliran air inert adalah = L0 = L '= 300 kgmol / jam
inert aliran udara V ‘ diperoleh dari,
V '= V (1-yA)Oleh karena itu, aliran udara inert adalah
V’ = V2 (1-yA2 )= 100 (1-0.20)
= 80 kg mol/h
1 atm293 KL0 = 300 kg mol/h
xA0 L1
xA1
V2 = 100 kg mol/hyA2 = 0.20
V1
yA1
Substituting into equation to make a balance on CO2 (A).
1
1'
1
1'
2
2'
0
0'
1111 A
A
A
A
A
A
A
A
y
yV
x
xL
y
yV
x
xL
1
1
1
1
180
1300
20.01
20.080
01
0300
A
A
A
A
y
y
x
x
Perlu diketahui .... Persamaan yang terjadi ada dua yang tidak diketahui (XA1 dan YA1) .. Jadi, perlu menghitung salah satu yang tidak diketahui untuk memecahkan persamaan di atas ..!!! Hal ini dimungkinkan untuk menghitung YA1 dengan menggunakan hukum Henry karena gas dan liquid dalam kesetimbangan.
…(1)
AA XHY '
H` yang dicari
Pada 293 K, maka constanta hukum Henry dari Appendix A.3
adalah
H = 0.142 x 104 atm/mol frac.
H’ = H/P = 0.142 x 104 /1.0 = 0.142 x 104 mol frac. gas/mol frac. Liquid
Maka
Substitusi ke,
yA1 = 0.142 x 104 xA1 ………(2)
Know it possible to use the value of YA1 in equation (1) to calculate the value of XA1
Memecahkan persamaan (1) dan (2) secara serempak,
ambil xA1 = 1.41 x 104 and yA1 = 0.20. untuk menhitung total flow
rates yang keluar,
hkgmolx
LL
A
/3001041.11
300
1 41
'
1
hkgmoly
VV
A
/10020.01
80
1 1
'
1
Pada soal ini, karena larutan liquid sangat encer, L0 L1
10.3.C COUNTERCURRENT MULTIPLE-CONTACT STAGES
1 2 n N
L0 L1 L2 Ln-1 LnLN-1 LN
VN+1VNVn+1VnV3V2V1
Countercurrent multiple-contact stages.
- lebih memusatkan hasil
- Total jumlah stages ideal = N.
- B & C mungkin atau tidak mungkin akan sedikit tercampur satu sama lain.
- Dua aliran keluar dalam kesetimbangan dengan satu sama lain.
Total material balance: L0 + VN+1 = LN + V1
Component A overall balance: L0 x0A + VN+1 yN+1A = LN xNA + V1 y1A
Untuk kesetimbangan stages pertama :
L0 x0A + Vn+1 yn+1A = Ln xnA + V1 y1A
Operating line:-
1
001
11
nn
n
nn V
xLVx
V
Ly
Garis operasi adalah suatu persamaan material-balance yang
penting, karena berkaitan dengan konsentrasi yn+1 dalam aliran V
dengan xn dalam aliran L yang melewatinanya.
slope
1
n
n
V
Lslope
Aliran L & V salin bercampur satu sama lain dengan hanya A yang
ditransfer:-
1
1''
1
1'
0
0'
1111 A
A
An
An
An
An
A
A
y
yV
x
xL
y
yV
x
xL
Graphical calculation for determining N:
1. Plot yA vs xA
2. Menarik garis operasi
3. Menarik garis kesetimbangan (hukum Henry)
4. Melangkah ke atas (atau ke bawah) sampai yn +1 (atau y1)
tercapai.
5. N = jumlah langkah
Dilute system (<10%):-
1. slope (flow rates V & L) = constant operating line =
Lurus
2. L’ & V’ = constant, dilute system (<10%) operating line
= lurus.
Example 10.3-2: Absorption of Acetone in a Countercurrent Stage Tower.
Untuk menyerap 90% dari aseton dalam gas yang mengandung 1,0 mol
aseton% di udara pada countercurrent stage tower. Aliran gas total inlet
ke tower adalah 30,0 kg mol/jam dan total inlet aliran air murni yang akan
digunakan untuk menyerap aseton adalah 90 kg mol H2O/h.
Proses ini akan beroperasi isotermal pada 300 K dan tekanan total 101,3
kPa. Hubungan equilibrium untuk aseton (A) digas-liquid yA
= 2.53xA.
Tentukan jumlah stage teoritis yang diperlukan untuk pemisahan ini.
Solusi
Langkah pertama adalah kita harus memiliki identifikasi yang baik dari data
yang diberikan dalam pertanyaan
Nilai Yang Diberikan:
yAN+1= 0.01
xA0 = 0
VN+1 = 30.0 kg mol/h
L0 = 90.0 kg mol/h
(1 mole % acetone dalam udara yang masuk)
(Air murni)
(inlet total flow gas ke tower )
(total inlet air murni)
Membuat material balanace cetone
(1) Ajumlah acetone yang masuk
= yAN+1 VN+1
= 0.01(30.0)
= 0.3 kg mol/h.
(2) Udara yang masuk
= (1- yAN+1 )VN+1
= (1-0.01)(30.0)= 29.7 kg mol air/h
(3) acetone leaving in V1= 0.10(0.30) = 0.030 kg mol/h.
(4) acetone leaving in L1 = 0.90(0.30) = 0.27 kg mol/h.
Dari 4 langkah, V1 , yA1 , LN ,dan xAN dapat dihitung
V1 = 29.7 + 0.03 = 29.73 kg mol air + acetone/h.
yA1 = (0.030/29.73) = 0.00101
LN = 90.0 + 0.27 = 90.27 kg mol water + acetone /h.
xAN = (0.27/90.27) = 0.0030.
Karena aliran liquid sedikit bervariasi dari L0 = 90.0 pada inlet untuk LN = 90.27 pada outlet.
Baris ini diplot, dan hubungan equilibrium Henry yA = 2.53xA juga diplot.
Dimulai dari titik yA1 ,xA0. sekitar 5.2 theoretical stages yang diperlukan
0 0 0.001 0.002 0.003 0.004
0.004
0.008
0.012
xAN xA0
yA1
yAN+1
Equilibrium line
Operating line
3
21
4
5
Mole fraction acetone dalam air, xA
Mole fraction acetone dalam udara, yA
Figure 10.3-4: Theoretical stages untuk countercurrent absorption pada example 10.3-2.
10.3.D Analytical Equations For Countercurrent Stage Contact
Teknik ini digunakan untuk menghitung jumlah Stage teoritis
analitis tanpa membutuhkan metode grafis Kremser equations
Metode ini digunakan untuk menghitung jumlah Stage ideal.
Metode ini hanya berlaku saat mengoperasikan garis kesetimbangan
yang lurus
Dalam sistem Absorption persamaan yang digunakan adalah :
A
AAmxymxy
N
N
log
111log
01
01
Dimana,
m = slope equilibrium line.
A = absorption factor = constant = L/(mV).
L.V = molar flow rates.
jika A = 1
01
11
mxy
yyN N
Stripping:
A
AA
my
x
my
x
N
N
N
N
1log
1log1
1
0
Jika A = 1
my
x
xxN
N
N
N
1
0
Procedure (for varying A):
1. Hitung A1 pada L0 & V1.
2. Hitung AN pada LN &VN+1.
3. Hitung Aave. =
4. Hitung N.
NAA1
Example 10.3-3: Number of Stages by Analytical Equation
Ulangi Contoh 10.3-2 tetapi menggunakan persamaan Kremser tahap
analisis untuk countercurrent stage processes.
Solusi,
At Stages 1 V1 = 29.73 kg mol/h,
yA1 = 0.001001,
L0 = 90.0, and
xA0 = 0. Juga, hubungan equilibrium yA = 2.53xA dimana m = 2.53.
Maka, 20.173.2953.2
0.90
1
01
mV
L
mV
LA
At Stage N
VN+1 =30.0,
yAN+1 = 0.01,
LN = 90.27, and
xAN = 0.0030.
geometric average 19.10.3053.2
27.90
1
N
NN mV
LA
Maka,195.119.120.01 NAAA
04.5)195.1log(
195.11
195.11
1)0(53.200101.0)0(53.201.0
log
N
10.4 Mass Transfer Between Phases
Untuk absorpsi, zat terlarut dapat menyebar melalui fasa gas dan
diserap dalam fase cair yang berdekatan dan saling larut.
Kedua tahap di kontak langsung dengan satu sama lain, dan daerah
interface antara fase biasanya tidak terjadi dengan sempurna
Sebuah gradien konsentrasi harus ada untuk menyebabkan
perpindahan massa ini melalui resistensi dalam setiap fase.
Liquid
mol
e fr
actio
n
x
Gas
yix
Mass transfer of A
iy
distance from interface
NA
yAGyAi
interface
gas-phase mixtureof A in gas G
liquid-phase solutionof A in liquid L.
xAixAL
Dimana
yAG = Konsentrasi A dalam fasa gas
yAi = Konsentrasi gas A pada interface
xAi = Konsentrasi A liquid di interface
xAL = Konsentrai A dalam Fasa liquid
Film-transfer Coefficient and Interface Concentration.
Equimolar counterdiffusion.
NA = k’y(yAG – yAi) = k’x(xAi – xAL)
k'y = Gas fase koefisien perpindahan massa (kg frac mol/s.m2.mol)
k'x = Cair fase koefisien perpindahan massa (kg frac mol/s.m2.mol)
Dimana
Untuk A berdufusi Atau B tidak berdiffus.
NA = ky(yAG – yAi) = kx(xAi – xAL)
iMA
yy y
kk
)1(
'
Dimana
iMA
xx x
kk
)1(
'
CATATAN
composition interface (xAi dan yAi ) dapat ditentukan dengan gambar
dengan menarikan garis PM dengan slope (-kx/ky) memotong garis
equilibrium AiAL
AiAG
y
x
xx
yy
k
kslope
'
'
yAG
yAi
y*A
xAL xAi x*A
M
D
E
Pequilibriumline
slope = m”
slope = m’
Example 10.4-1: Interface Composition in Interphase Mass Transfer.
solute A diserap dari campuran gas A dan B di wetted-wall tower dengan
cairan mengalir sebagai film ke bawah. Pada titik tertentu dalam menara
konsentrasi gas = 0,380 fraksi mol dan konsentrasi liquid xAL = 0,1. Menara ini
beroperasi pada 298 K dan 1,013 x 105 Pa dan data kesetimbangan adalah
sebagai berikut:
fluks.
xA yA
0 0
0.05 0.022
0.1 0.052
0.15 0.087
0.2 0.131
0.25 0.187
0.3 0.265
0.35 0.385
Salout A Berdifusi di dalam B pada fase gas kemudian Tidak berdifusi dalam liquid .
Menggunakan korelasi untuk larutan encer di wetted-wall towers, massa film-
transfer koefisien A dalam fase gas diperkirakan sebagai k = 1,465 x 10-3 kg A/s.m2
mol frac. Dan untuk fase liquid sebagai kx = 1,967 x 10-3 kg A/s.m2 mol frac.
Hitung konsentrasi interface Yai , Xai dan NA.
31
yA
xA
00
0.1
0.1
0.2
0.2
0.3
0.3
0.4
0.4
Solusi
Pertama kita plot data
Sekarang kita plotkan P pada grafik
Karena korelasinya adalah larutan encer. (1-yA)iM dan (1-xA)iM sekitar
1.0 dan coefficien sama seperti k’y and k’x Point P diplot yAG = 0.380 dan xAL = 0.1.
Untuk trial pertama (1-yA)iM dan (1-xA)iM asumsi 1.0
dan slope untuk garis P dan M pada persamaan
(10.4-9).
342.10.1/10465.1
0.1/10967.1
)1/(
)1/(3
3
'
'
iMAy
iMAx
yk
xkslope
Garis yang melalui titik P dengan slope –1.342 diplot dalam grafik
sampai memotong garis equilibrium pada M1, dimana
yAi = 0.183 and xAi = 0.247.
Untuk trial kedua kita mengunakan yAi dan xAi dari trial pertama
untuk menghitung slope baru. Subtitusi kedalam persamaan (10.4-6)
dan (10.4-7),
)]1/()1ln[(
)1()1()1(
AGAi
AGAiiMA yy
yyy
715.0)]38.01/()183.01ln[(
)380.01()183.01(
)]1/()1ln[(
)1()1()1(
AiAL
AiALiMA xx
xxx
825.0)]247.01/()1.01ln[(
)247.01()1.01(
Subtitusi kedalam persamaan (10.4-9) untuk mendapatkan slop yang baru
163.1715.0/10465.1
825.0/10967.1
)1/(
)1/(3
3
'
'
iMAy
iMAx
yk
xkslope
Garis melalui titik P dengan slope –1.163 diplot dan dipotongkan
dengan garis equilibrium pada M, dimana yAi = 0.197 dan xAi =
0.257.dengan mengunakan nilai baru untuk menhitung trial ketiga.
709.0)]38.01/()197.01ln[(
)380.01()197.01()1(
iMAy
820.0)]257.01/()1.01ln[(
)257.01()1.01()1(
iMAx
Dari xAi dan yAi nilainya
dari trial pertama tidak
banyak berubah maka
kita di alur yang benar
dalam penyelesaian soal
ini.
Fig.10.4-4: Location of interface concentrations for example 10.4-1.
yAG
yAi
y*A
xAL xAi x*A
M
D
E
P
M1
00
0.1
0.1
0.2
0.2
0.3
0.3
0.4
0.4
160.1709.0/10465.1
820.0/10967.1
)1/(
)1/(3
3
'
'
iMAy
iMAx
yk
xkslope
slope ini –1.160 pada dasarnya sama dengan slope –1.163 untuk trial kedua.
oleh karena itu, nilai akhir yAi= 0.197 dan xAi = 0.257 dan
ditunjukkan sebagai titik M. untuk menhitung flux,
24
3'
./1078.3
)197.0380.0(709.0
10967.1)(
)1(
mskgmol
yyy
kN AiAG
iMA
yA
Perhatikan bahwa nilai flux NA setiap phase adalah sama phase lain, yang seharusnya menjadi kasus pada steady state.
Overall Mass-transfer Coefficients and Driving Force.
Untuk equimolar counterdiffusion atau diffusi pada larutan encer,
NA = k’y (yAG – yAi ) = k’x (xAi – xAL)
K’y(yAG – y*A ) K’x (x*
A – xAL)